limite avec intégrale

Avec le changement de variable que tu proposes,
il y a toujours 1/u sous l' intégrale c'est ça qui m'embête.

[large][/large]YvesM ecrivait:

---

$1$ et donc $x < g(x).$

Et donc pour $x$ suffisamment grand,
$\int_{g(x)}^{x} {h(t) \over t }dt
=-\int_{x}^{g(x)} {h(t) \over t }dt \leq -{1 \over
g(x)} \int_{x}^{g(x)} h(t)dt $


Le problème est aussi le signe de h , elle peut changer de signe en tendant vers 0
donc ta majoration n est plus correcte si h est négatif sur [x,g(x)].

Peut être qu avec les hypothèses sur h,g ne suffisent pas pour que A
tend vers 0.

Je n arrive pas à trouver des exemples de h,g qui vérifient les hypothèses
sans que A tend vers 0.

Enfin je n arrive pas à savoir si A va tendre ou pas vers 0.

Bonjour P

--> En détaillant ta démarche (je crois qu'il y a une coquille) tu obtiens
$\displaystyle \ln(A(e^y))=a\ln\Big(\frac{g(e^y)}{e^y}\Big) - \int_{y}^{\ln(g(e^y ))}\!\! h(e^u)du $.
Je trouve $\displaystyle \ln(A(e^y))=a\ln\Big(\frac{e^y}{g(e^y)}\Big) - \int_{y}^{\ln(g(e^y ))}\!\! h(e^u)du $

Le premier terme tend vers moins l'infini, mais je ne vois pas bien ce que l'on peut dire pour le deuxième terme.

Par exemple si $h(t)=\dfrac 1 t$ alors $\displaystyle \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! h(e^u)du$ tend vers 0 quand $ y\to\infty$.
Si $h(t)=\dfrac{1}{\sqrt{\ln(t)}}$ alors $\displaystyle \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! h(e^u)du = \int\limits_{y}^{\ln(g(e^y ))} \!\! \frac{1}{\sqrt{\ln(e^u)}}du= 2\sqrt{ \ln(g(e^y ))} -2\sqrt{y} $.
On ne peut rien dire quand $y\to \infty$.

Merci pour des éclaircissements.